MA-2115 Cabello Y Marcos Gonzalez Clase 10

ica
s
M
at
em
át
MA2115 Clase 10: La Ecuación de Bernoulli. Método de
separación de variables
Elaborado por los profesores
Edgar Cabello y Marcos González
1 La ecuación de Bernoulli
La ecuación de Bernoulli es una EDO de la forma
dy
+ P(x)y = f (x)yn ,
dx
n 6= 0, n 6= 1.
(1)
de
La substitución w = y1−n conduce a una ecuación diferencial lineal
dw
dy
= (1 − n)y−n
dx
dx
me
nt
o
dy
1 n dw
=
y
dx 1 − n dx
(2)
Substituyendo (2) en (1),
yn dw
+ P(x)y = f (x)yn .
1 − n dx
Dividiendo por yn obtenemos
1 dw
+ P(x)y1−n = f (x).
1 − n dx
art
a
Multiplicando por (1 − n) y sustituyendo y1−n = w obtenemos
dw
+ (1 − n)wP(x) = (1 − n) f (x).
dx
De
p
Es decir, mediante la substitución w = y1−n , hemos reducido la ecuación de Bernoulli (1), a una ecuación
diferencial ordinaria de primer orden, a saber,
dw
+ (1 − n)P(x)w = (1 − n) f (x).
dx
Ejemplo 1 Resolver 2xyy0 = 4x2 + 3y2 .
1
(3)
x 3y
dy 3
2x
y0 = 2 +
⇒
− y= ,
y 2x
dx 2x
y
M
at
em
át
la cual es una ecuación de Bernoulli. Sea w = y2 , de donde y = w1/2 . Entonces
ica
s
Solución: Dividiendo por 2xy la ecuación 2xyy0 = 4x2 + 3y2 , obtenemos
dy
dy dw 1 −1/2 dw
=
= w
.
dx dw dx
2
dx
Substituyendo
dy 1 −1/2 dw
= w
en la ecuación diferencial, obtenemos
dx 2
dx
1 −1/2 dw 3 1/2
w
− w = 2xw−1/2 .
2
dx 2x
Multiplicando por 2w1/2 , obtenemos la ecuación lineal
dw 3
− w = 4x.
dx x
R
Ahora aplicamos el método del factor integrante: multiplicando por µ(x) = e
− 3x dx
= x−3 , obtenemos
de
x−3 w0 − 3x−4 w = 4x−2 ,
de donde
me
nt
o
4
d −3 4
x w = 2 ⇒ x−3 w = − +C
dx
x
x
4
⇒ x−3 y2 = − +C ⇒ y2 = −4x2 +Cx3 .
x
1
Ejemplo 2 Hallar la solución de 6x2 dy − y 2y3 + x dx = 0, y(1) = .
2
dy
y
− 2 2y3 + x = 0, de donde
dx 6x
art
a
Solución: Para x 6= 0,
dy 2y4
xy
− 2 − 2 = 0,
dx 6x
6x
De
p
y ası́, obtenemos la ecuación de Bernoulli
dy 1
1
− y = 2 y4 .
dx 6x
3x
dw w
1
Haciendo el cambio w = y−3 , la ecuación viene a ser
+
= − 2 . Mulitiplicando por el factor
dx 2x
x
R 1
√
integrante µ(x) = e 2x dx = x = x1/2 , obtenemos
x1/2
dw 1 −1/2
d 1/2 + x
w = −x−3/2 ⇔
x w = −x−3/2 ,
dx 2
dx
2
x
1/2
Z
w=
−x−3/2 dx = 2x−1/2 +C.
ica
s
de donde
M
at
em
át
√
2
C
2 +C x
x
√ . Usando la condición
Ası́, w = + √ =
, y por lo tanto la solución general es y3 =
x
x
x
2 +C x
1 1
1
x
√ .
inicial y(1) = , =
, de donde C = 6 y, finalmente, y3 =
2 8 2 +C
2+6 x
Ejemplo 3 Halle la solución general de y 6y2 − x − 1 dx + 2xdy = 0.
Solución: y 6y2 − x − 1 dx + 2xdy = 0 agrupando términos
2xdy − y(x + 1)dx + 6y3 dx = 0 vemos que lo que tenemos es una ecuación de Bernoulli.
Dividiendo por y3 , obtenemos
2xy−3 dy − y−2 (x + 1)dx = −6dx.
Sea w = y−2 . Entonces, dw = −2y−3 dy ⇒ dy = −
2xy−3 y3 dw
− y−2 (x + 1)dx = −6dx.
2
de
−
y3 dw
. Substituyendo en la ecuación, obtenemos
2
Es decir, xdw + w(x + 1)dw = 6dx. Dividiendo por x esta ecuación se convierte
en la ecuación lineal
R
−1 )dx
−1
−1
(1+x
dw +w(1 +x )dx = 6x dx. Mulitiplicando por el factor integrante µ(x) = e
= xex , obtenemos
me
nt
o
xex dw + wex (x + 1)dx = 6ex dx ⇒ xwex = 6ex +C.
Como w = y−2 , y2 (6 +Ce−x ) = x.
Ejemplo 4 Halle la solución general x2
dy
+ y2 = xy.
dx
art
a
Solución:
dy y2 y
dy 1
1
+ 2= ⇒
− y = − 2 y2 . Sea w = y1−2 = y−1 . Entonces
dx x
x
dx x
x
dw
dy
dy
dw
= −y−2 ⇒
= −y2
dx
dx
dx
dx
De
p
de donde nos queda la ecuación
R dx
factor integrante, µ(x) = e
x
dw 1
1
− y = − 2 y2
dx x
x
dw 1 1
1
+
= 2
dx x y
x
dw 1
1
+ w = 2 lineal
dx x
x
−y2
= x por lo cual,
3
M
at
em
át
Ejemplo 5 Resolver x
ica
s
1
dx
x
1
d (xw) =
dx ⇒ xw = ln x +C
x
ln x +C
1
=
.
y
x
x
y=
.
ln x +C
xdw + wdx =
dy
+ 6y = 3xy4/3 .
dx
dy 6
4
4
+ y = 3y4/3 . Bernoulli con n = . Sea w = y1− 3 = y−1/3 luego y = w−3 derivando
dx x
3
dy
dw
dy
6
dw 6 −3
obtenemos,
= −3w−4
substituyendo en + y = 3y4/3 obtenemos, −3w−4
+ w = 3w−4 ⇒
dx
dx
dx x
dx x
dw 6
dw 2
−3
+ w=3⇒
− w = −1. Ecuación lineal de 1er orden cuya solución es w = x +Cx2 ⇒ y−1/3 =
dx x
dx x
x +Cx2
1
y=
.
(x +Cx2 )3
√
Ejemplo 6 Resolver yy0 + y3/2 = 1; y(0) = 4.
√
Solución: yy0 + y3/2 = 1 ⇒ y0 + y = y−1/2 Bernoulli.
2 dw
dw 3 1/2 dy
√
= y
entonces yy0 =
. Ası́, substituyendo en la ecuación
Sea w = y1−(−1/2) = y3/2 ;
dx
2
dx
3 dx
original obtenemos la ecuación lineal de primer orden
me
nt
o
de
Solución:
2 dw
dw 3
3
+w = 1 ⇒
+ w= .
3 dx
dx 2
2
R 3
2 dx
art
a
Factor integrante µ(x) = e
3
= e2x
3 dw
3 3
3 3
e2x
+ we 2 x = e 2 x
dx 2
2
Z
3 0 3 3
3
3 3x
x
x
x
2
2
2
e w = e ⇒e w=
e 2 dx
2
2
3
3
e 2 x w = e 2 x +C,C ∈ R
3
w = 1 +Ce− 2 x .
Como w = y3/2 se tiene
De
p
2/3
− 32 x
y = 1 +Ce
.
2/3
3
⇒ 4 = (1 +C)2/3 ⇒ C = 7.
Usando la condición inicial y(0) = 4, 4 = 1 +Ce− 2 (0)
Solución:
3
y = 1 + 7e− 2 x
4
2/3
ica
s
Ejemplo 7 Sea F la familia de curvas C, en el plano XY , tales que la ordenada de la intersección de la
recta tangente a C en un punto cualquiera P de C con el eje Y es proporcional al cuadrado de la ordenada
de P.
a) Demuestre que la familia F se puede modelar a través de la ecuación diferencial
K ∈ R.
M
at
em
át
dy
x − y = −Ky2 ,
dx
b) Halle la solución general de la ecuación diferencial de la parte a).
Solución: a) Sea P(x0 , y0 ) un punto cualquiera en C. La ecuación de la recta tangente a C en el punto
P(x0 , y0 ) es
dy
y − y0 = (x − x0 ),
dx
dy
esta recta corta al eje Y en el punto (0, b) donde b = y0 − x0 es proporcional a y20 de modo que b = Ky20 ,
dx
para algún K ∈ R. Entonces tenemos que
dy
x0 = y0 − b = y0 − Ky20 ⇒ y0 x0 − y0 = −Ky20 ,
dx
de
y como y0 = y(x0 ),
dy
x0 = y(x0 ) − Ky(x0 )2 para todo x0 .
dx
me
nt
o
b) La ecuación diferencial es
dy
x − y = −Ky2
dx
K
dy y
−
= − y2
dx x
x
Ecuación de Bernoulli (n = 2). Sea z = y1−2 = y−1 ⇒
art
a
−
R 1
De
p
factor integrante µ(x) = e
x
dz
1 dy
=− 2
de donde
dx
y dx
1 dy 1 1
K
+
=
2
y dx x y
x
dz z
K
+
=
dx x
x
= x.
d
(xz) = K
dx
xz = Kx + A
x
= Kx + A
y
x
y =
Kx + A
5
ica
s
Ejemplo 8 Sean a y b constantes positivas y sea u una solución de y0 = ay−by2 , con y(0) = y0 . Demuestre
que si y0 < 0 entonces u no está acotada.
de
M
at
em
át
Solución: y0 = ay − by2 ⇒ y0 − ay = −by2 Bernoulli n = 2.
Sea w = y−1 ; w0 = −y−2 y0 . Luego
−y−2 y0 + ay−1
= b ⇒ w0 + aw = b Lineal
R
Sea µ(x) = e adx = eax . Ası́, (eax w)0 = beax
R
b
eax w = beax dx = eax +C entonces
a
b C
aeax
w = + ax luego y = ax
;
a e
be + aC
a
y0 = y(0) =
⇒ C = y10 − ba .
b + aC
eax
Luego y = b
= 0.
ax + 1 − b
e
a
y0
a
1 b
b
Si y0 < 0 entonces − < 0 y como eax > 0.
y0 a
a
Puede
suceder
que
el
denominador
se
anule,
por lo tanto, y no estarı́a acotado. Más preciso, si x0 =
1
a
ln 1 −
entonces
a
by0
lim y = ∞
x→x0
me
nt
o
2 Método de Variables Separables
La ecuación diferencial
dy g(x)
=
,
dx h(y)
(4)
h(y)dy = g(x)dx.
(5)
es separable. De (4) se tiene
De
p
art
a
Si y = f (x) es solución de (5), entonces
dy
= g(x)
dx
⇔ h ( f (x)) f 0 (x) = g(x)
h ( f (x))
⇔
Z
Z
0
h ( f (x)) f (x)dx =
g(x)dx +C,
pero dy = f 0 (x)dx. Ası́,
Z
Z
h(y)dy =
g(x)dx +C.
Ejemplo 9 Resuelva la ecuación diferencial 2 sen y cos xdx + cos y sen xdy = 0.
6
de donde sen y =
+ cos y sen xdy = 0
= − cos y sen xdy
cos y
= −
dy
sen y
Z
cos y
= −
dy
sen y
= − ln | sen y| + lnC
+ ln | sen y| = lnC
= C,
M
at
em
át
2 sen y cos xdx
⇔ 2 sen y cos xdx
cos x
⇔2
dx
sen x
Z
cos x
⇔2
dx
sen x
⇔ 2 ln | sen x|
⇔ ln | sen x|2
⇔ sen2 x · sen y
ica
s
Solución: Tenemos que
C
, con lo cual
sen2 x
C
,
y = arcsen
sen2 x
x 6= πk, k = 1, 2, 3 . . . .
Ejemplo 10 Resuelva la ecuación diferencial x3 dx + (y + 1)2 dy = 0.
de
Solución: Tenemos que
x3 dx + (y + 1)2 dy = 0
⇔ x3 dx = −(y + 1)2 dy
3
x dx = −
me
nt
o
⇔
Z
⇔
Z
(y + 1)2 dy +C
x4
(y + 1)3
= −
+C.
4
3
Ejemplo 11 Resuelva el problema de valores iniciales
dy
= xy + x − 2y − 2, con y(0) = 2.
dx
art
a
dy
dy
Solución: A la ecuación
= xy + x − 2y − 2 la podemos escribir como
= (y − 2)(y + 1). Separando
dx
dx
dy
variables tenemos que
= (x − 2)dx, de donde
y+1
dy
1
= (x − 2)dx ⇒ ln |y + 1| = x2 − 2x +C.
y+1
2
1 2
o equivalentemente y + 1 = exp
x − 2x +C . Substituyendo el valor inicial y(0) = 2 en la última
2
ecuación, obtenemos 3 = eC , de donde C = ln 3 y, finalmente,
1 2
y = exp
x − 2x + ln 3 .
2
Z
De
p
Z
7
dy
x2 + 1
= 2
, con y(1) = 2.
dx 3y + 1
ica
s
Ejemplo 12 Resuelva el problema de valores iniciales x2
dy
x2 + 1
dy
= 2
, obtenemos x2 (3y2 + 1) = x2 + 1,
dx 3y + 1
dx
2
dy
x +1
y ahora dividiendo entre x2 , tenemos que (3y2 + 1) =
. Esta última ecuación es equivalente a
dx
x2
1
(3y2 + 1)dy = 1 + 2 dx, e integrando, obtenemos
x
M
at
em
át
Solución: Multiplicando por 3y2 + 1 a la ecuación x2
1
y3 + y = x − +C.
x
Usando la condición y(1) = 2, tenemos que C = 10 y, finalmente,
de
1
y3 + y = x − + 10.
x
me
nt
o
Ejemplo 13 Resuelva el problema de valores iniciales 2x(y + 1)dx − ydy = 0, con y(0) = −2.
art
a
1
Solución: Podemos expresar la ecuación 2x(y + 1)dx − ydy = 0 como 2xdx = 1 −
dy, siempre
y+1
que y 6= −1. Integrando obtenemos x2 = y−ln |y+1|+C, con y 6= −1. Usando la condición inicial tenemos
que 0 = −2 − ln | − 1| +C, de donde C = 2 y, finalmente, la solución del problema es x2 = y − ln |y + 1| + 2.
Ejemplo 14 Determinar las trayectorias ortogonales a la familia de elipses centradas en el origen
De
p
y2
= 1, cuyo diámetro mayor es tres veces el diámetro menor.
b2
x2
+
a2
Solución: Tenemos dos casos: a > b ó a < b. Resolvemos sólo el primero ya que el segundo es completamente análogo. Recordemos que los diametros de las elipses estan dados por 2a y 2b, respectivamente.
8
ica
s
y
M
at
em
át
b
a
x2
a2
2
+ by2 = 1.
de
Gráfica de la elipse
x
me
nt
o
Si a > b entonces la condición del enunciado nos dice que a = 3b. Substituyendo esta última relación
en la ecuación de la elipse, obtenemos
x2
y2
+
= 1,
9b2 b2
de donde
art
a
x2 + 9y2 = 9b2 = C.
Derivando implicitamente se tiene que 2x + 18yy0 = 0, de donde x + 9yy0 = 0 y ası́ y0 = −
De
p
torias ortogonales provienen de
dy 9y
= , es decir, xy0 − 9y = 0. Pero
dx
x
dy
dx
=9
y
x
⇔ ln |y| = 9 ln |x| + ln |C|
⇔ ln |y| = lnC|x|9 ⇔ y(x) = Cx9 .
xy0 = 9y ⇔
9
x
. Las trayec9y
ica
s
y
4
A = −10−7
A = −10−5
A = −0.01
A = −1
A = 0.01
A=1
A = 10−7
A = 10−5
b = 2.5
b=2
M
at
em
át
2
b = 1.5
b=1
b = 0.7
b = 0.4
−6
−4
−2
0
−2
−4
2
4
6
x
2
2
de
y
x
Gráfica de las elipse 9b
2 + b2 = 1.
Gráfica de las curvas y = Ax9 .
me
nt
o
Ejemplo 15 Una curva de ecuación cartesiana y = f (x) pasa por el origen; por un punto arbitrario de la
curva, en el primer cuadrante, se trazan rectas paralelas a los ejes coordenados que forman un rectángulo
con ellos. La curva divide al rectángulo en dos regiones A y B, siendo A la región superior y B la inferior.
Si el área de A es n veces el área de B, y f (x) es una función creciente en el primer cuadrante, hallar f (x).
Solución: La condición que el área de A sea igual a n veces el área de B, puede ser expresada en
términos de integrales mediante
x f (x) −
Z x
Z x
f (t)dt = n
0
f (t)dt.
0
art
a
y
f (x)
f (t)
f (t)dt
0
Z x
De
p
x f (x) −
Z x
f (t)dt
0
t
x
10
ica
s
Derivando se tiene que f (x) + x f 0 (x) − f (x) = n f (x) y ası́ x f 0 (x) = n f (x). Como y = f (x), obtenemos
dy
y
la ecuación diferencial xy0 = ny, es decir,
= n . Por lo tanto,
dx
x
M
at
em
át
dy
y
dy
dx
=n ⇔
=n
dx
x
y
x
⇔ ln |y| = n ln |x| + ln |C|
⇔ y = C1 xn .
Como f (x) es creciente, tenemos que C1 > 0, de donde f (x) = C1 xn .
Ejemplo 16 Hallar las ecuaciones de las curvas tales que los segmentos de cada tangente comprendidos
entre los ejes de coordenadas queden divididos en dos partes iguales por el punto de tangencia.
y
de
N
y
me
nt
o
P(x, y)
O
x
x
M
Solución: Sea P(x, y) un punto sobre la curva y MN la tangente en ese punto. Por semejanza de triángulos
art
a
OM = 2x
ON = 2y
De
p
dy
es la pendiente de la tangente en (x, y). Luego,
dx
dy
ON
y
=−
=− .
dx
OM
x
Se usa el signo negativo porque el dibujo muestra la pendiente negativa:
dy
dx
= − ⇒ ln y + ln x = lnC ⇒ ln(xy) = lnC ⇒ xy = C.
x
x
Correcciones y gráficos: Boris Iskra
May 13, 2008
11